01卷第八章　解析几何《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）(解析版)_新高考复习资料_2022年新高考资料_2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）9.6更新

01 卷 第八章 解析几何《过关检测卷》 －2022 年高考一轮数学单元复习（新高考专用） 第I卷（选择题） 一、单选题 1．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末）已知点 分别为双曲线 的左右焦点，过 的直线与双曲线右支交于点 ，过 作 的角平分线的垂线，垂足为 ，若 ,则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 如图根据题意可得 ，在 中利用余弦定理可得 ，再根据 的 范围，从而求得 的范围. 【详解】 如图所示，由已知可知 是 的角平分线， 且 ，延长 交 于 ， 易知 ， 由 ，所以 ， 又 ， ， 所以 ， 在 中 ， 由 的斜率可无限靠近渐近线的斜率，所以 ， 所以 ， 解得 . 故选：D 2．（2021·北京中关村中学高二期末）双曲线 （ ）的一条渐近线的方程为 ，则 双曲线的实轴长为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 根据双曲线方程写出渐近线方程，与已知渐近线方程对应系数相等即可求出 ，从而求出实轴的长度. 【详解】 因为双曲线 （ ），所以双曲线的渐近线方程为 ，又因为渐近线的方程为，即 ，所以 ，则 ，所以实轴长为 ， 故选：A. 3．（2021·河南新乡市·新乡县一中高二期末（文））已知双曲线 的左焦点为 ，点 在 双曲线 的右支上， ，当 的周长最小时， 的面积为（ ） A． B．9 C． D．4 【答案】A 【分析】 设 的右焦点为 ，根据双曲线的定义可得当 ， ， 三点共线时， 的周长最小，然后联 立直线 和双曲线的方程，求出点 的纵坐标即可. 【详解】 设 的右焦点为 ，由题意可得 ， ，因为 ， 所以 ， . 的周长为 ， 即当 ， ， 三点共线时， 的周长最小， 此时直线 的方程为 ，联立方程组 .解得 或 ， 即此时 的纵坐标为 ，故 的面积为 . 故选：A 4．（2021·河南新乡市·新乡县一中高二期末（文））已知抛物线 的焦点为 ，过的直线 交抛物线于 ， 两点，且 ，则 的斜率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由条件得到 ，设 的直线方程为 ， ， ，联立直线与抛物线的方程消 元，然后韦达定理可得 ， ，然后结合 解出 的值即可. 【详解】 由题知 ，抛物线方程为 ，设 的直线方程为 ，代入抛物线方程，得 ， 设 ， ，则 ， . 因为 所以 或 故 ，即 的斜率为 . 故选：D 5．（2020·湖南长沙市·雅礼中学）椭圆 上一点 到焦点 的距离为2， 是 的中点， 则 等于（ ） A．2 B．4 C．6 D．1.5 【答案】B 【分析】 设椭圆另一焦点为 ,根据椭圆定义 ，故 ，再结合中位线定理即可得答案. 【详解】 设椭圆另一焦点为 ,根据椭圆定义 ，故 ， 中, 是 的中点， 是 的中点，故 是中位线， . 故选：B. 6．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末（文））双曲线 的顶点到渐近线的距离为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 由题知顶点坐标为 ,渐近线方程为: ,进而利用点到直线的距离公式求解即可. 【详解】 解:由题知双曲线中, ,焦点在 轴上, 所以顶点坐标为 ,渐近线方程为: , 由双曲线的对称性,不妨求顶点 到渐近线 的距离 所以双曲线 的顶点到渐近线的距离为 故选：A 7．（2020·安徽合肥市·合肥一中高二期末（理））已知双曲线 的两条渐近线分别与抛物线 交于第一、四象限的A， 两点，设抛物线焦点为 ，若 ，则双曲线的离 心率为（ ） A． B． 或 C． D． 【答案】B 【分析】 求得双曲线的渐近线方程，联立抛物线方程，求得A， 的坐标，以及 的坐标，设 的倾斜角为 ， 由二倍角的余弦公式和同角的基本关系式，以及直线的斜率公式，双曲线的离心率公式，计算可得所求值． 【详解】 解：双曲线 的两条渐近线方程为 ， 由抛物线 和 ，联立可得 , ， , ， 由抛物线的方程可得 ， 设 的倾斜角为 ，斜率为 ， 而 ， 解得 或 ， 设 ，若 ，解得 ， 则 ， 或 ，解得 ，则 ， 故选：B． 【点睛】 本题考查双曲线的方程和性质，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，属于中档题． 8．（2021·全国高三零模（理））设抛物线 的焦点为 ，准线为 ，过抛物线上一点 作 的垂线，垂足为 ，设 ， 与 相交于点 .若 ，且 的面积为 ， 则点 到准线 的距离是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由题意，得到 ，根据 ，得到 ，求得 ， ，又由 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 为 的中点，结 合 ，列出方程，即可求解. 【详解】 如图所示，抛物线 的焦点为 ，准线方程为 ， 过抛物线上一点 作 的垂线，垂足为 ，可得 ， 又由 且 ，所以 ，所以 ，解得 ，代入抛物线方程，可得 ， 又由 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 为 的中点， 所以 的面积为 ，解得 ， 即点 到准线 的距离是 . 故选：D. 9．（2020·辽宁高二期中）如图所示，设椭圆 的左、右两个焦点分别为 ， ， 短轴的上端点为 ，短轴上的两个三等分点 ， ，且四边形 为正方形，若过点 作此正方形的 外接圆的一条切线 在 轴上的截距为 ，则此椭圆方程为（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据题意，求得切线l的方程，根据四边形 为正方形，可得b，c的关系，根据直线l与圆相切， 可得圆心到直线的距离等于半径，即可求得b，c的值，根据a，b，c的关系，即可得 ，即可得答案. 【详解】 因为切线 在x轴截距为 ，在y轴截距为b， 所以切线l的方程为 ，即 ， 因为正方形 的对角线 ， 所以 ，即 ， 则正方形 外接圆方程为： ， 所以 ，解得 ， 又 ，所以椭圆方程为 . 故选：B 10．（2021·湖北武汉市·华中师大一附中高二期末）已知 ， 分别是双曲线 的左、右焦点，点 在双曲线右支上且不与顶点重合，过 作 的角平分线的垂线，垂足为 ．若 ，则该双曲线离心率的取值范围为（ ） A． B． C． D．以上均不对 【答案】B 【分析】 延长 交 于点 ，根据题中的条件求出 ，在 中根据三角形两边之和大于第三边得 到 ，再根据 ，得到 ，即可求出离心率的取值范围. 【详解】 解：如图所示：， 是双曲线 的左右焦点，延长 交 于点 ， 由直角 与 全等，则 ,所以 是 的中点， 是 的角平分线， ， 又 点 在双曲线上，则 ，则 ， 又 是的 中点， 是 的中位线， ，即 ， 在 中， ， ， ， 由三角形两边之和大于第三边得： ， 两边平方得： ，即 ， 两边同除以 并化简得： ，解得： ， 又 ， ， 在 中，由余弦定理可知， ， 在 中， ，即 ， 又 ， 解得： ， 又 ， , 即 ， ， 综上所述： . 故选：B. 11．（2021·四川高三零模（文））若双曲线 的离心率为 ，则 （ ） A． B． C． 或 D． 【答案】D 【分析】 首先将双曲线化为标准式，即可表示出 ， ，再根据 及离心率为 得到方程，解得即可； 【详解】 解：因为 ，所以 ，即 ， ，所以 ，因为离心率为 ，即 ，解得 故选：D12．（2020·辽宁高二期中）椭圆 的两个焦点为 ， ，点 是椭圆上任意一点（非长轴的顶 点），则 的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据椭圆方程，可得a，c的值，根据椭圆定义，可得 及 值，即可得答案. 【详解】 根据椭圆方程可得 ， 解得 ， 根据椭圆的定义可得 ， 所以 的周长 . 故选：B 13．（2021·湖北高二期中）设双曲线 ： （ ， ）的右顶点为 ，右焦点为 ， 为双曲线 在第二象限上的点，直线 交双曲线 于另一个点 （ 为坐标原点），若直线 平分 线段 ，则双曲线 的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 由给定条件写出点A，F坐标，设出点B的坐标，求出线段FC的中点坐标，由三点共线列式计算即得. 【详解】 令双曲线 的半焦距为c，点 ，设 ，由双曲线对称性得， 线段FC的中点 ，因直线 平分线段 ，即点D，A，B共线， 于是有 ，即 ，即 ，离心率 . 故选：A 14．（2021·四川高三零模（理））已知直线 ： 与抛物线 相交于 、 两点， 若 的中点为 ，且抛物线 上存在点 ，使得 （ 为坐标原点），则抛物线 的方程 为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 联立方程组，结合根与系数的关系求得 ，根据 ，得到 ，代入抛物 线 ，求得 ，即可得到抛物线的方程. 【详解】 设 ，联立方程组 ，整理得 ， 则 ，可得 ， 由点 为 的中点，所以 设 ，因为 ，可得 ， 又由点 在抛物线 上，可得 ，即 ，解得 或 （舍去）， 所以抛物线的标准方程为 . 故选：B. 15．（2021·湖南益阳市箴言中学高三其他模拟）已知双曲线 ， 为坐标原点， 为 的右 焦点，过 的直线与 的两条渐近线的交点分别为 ， .若 ，且 在 ， 之间，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 求出焦点 坐标，利用面积比得 是线段 的中点，设 ，则可得 点坐标，由 在另一渐近线 上求得 值，从而可得线段长． 【详解】 解：双曲线中 ， ，所以 ，设 ， 因为 ，所以点 为线段 的中点，则 ． 又点 在直线 ，则 ，解得 ，所以 ， 此时， ． 故选：B． 【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的几何性质，渐近线方程，焦点坐标等等．解题关键是由面积比得出点 为线 段 的中点，这样设出一个点的坐标，由另一点在另一渐近线上，求得 （或 ）坐标，从而易得线段 长． 16．（2020·吉林长春市·东北师大附中高二期末（理））抛物线 上一点 到其准线 的距离等于 ，则实数 的值等于（ ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据抛物线 上一点 到其准线的距离等于 ，求得 ，将点 代入抛物线方程即可解得实数 的值. 【详解】 解：因为抛物线 上一点 到其准线的距离等于 ， 所以 ，所以 ， 则 ，抛物线方程为 ， 将 代入得： ，解得 . 故选：D. 17．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学高二期中）抛物线 上纵坐标为2的点到焦点 的距离5，则该抛物线的方程为（ ） A． B． C． D．【答案】A 【分析】 根据抛物线定义建立关系可求出 . 【详解】 抛物线 上纵坐标为2的点到焦点的距离5， 则根据抛物线定义可得 ，解得 ， 所以抛物线方程为 . 故选：A. 18．（2021·山西高二月考（文））如图，O是坐标原点，P是双曲线 右支上 的一点，F是E的右焦点，延长PO，PF分别交E于Q，R两点，已知QF⊥FR，且 ，则E 的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 令双曲线E的左焦点为 ，连线即得 ，设 ，借助双曲线定义及直角 用a表示 出|PF|， ，再借助 即可得解.【详解】 如图，令双曲线E的左焦点为 ，连接 ， 由对称性可知，点 是线段 中点，则四边形 是平行四边形，而QF⊥FR，于是有 是 矩形， 设 ，则 ， ， ， 在 中， ，解得 或m＝0（舍去）， 从而有 ， 中， ，整理得 ， ， 所以双曲线E的离心率为 ． 故选：B 19．（2021·陕西高三其他模拟（理））抛物线 上点 到其准线l的距离为1，则a 的值为（ ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】 首先求出抛物线的准线方程，由题意得到方程，解得即可； 【详解】解：抛物线 即 ，可得准线方程 ， 抛物线 上点 到其准线l的距离为1， 可得： ，解得 . 故选：B. 20．（2020·江苏高二期中）已知焦点在 轴的椭圆的标准方程为 ，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 或 【答案】B 【分析】 由椭圆方程焦点在 轴列出不等关系求解即可. 【详解】 解：因为椭圆方程 焦点在 轴，所以有 ，所以 . 故选：B. 二、多选题 21．（2021·渝中区·重庆巴蜀中学高二期中）已知双曲线 的左､右焦点分别 为 ， ，过 的直线与双曲线交于A，B两点，A在第一象限，若△ 为等边三角形，则下列结论 一定正确的是（ ） A．双曲线C的离心率为 B． 的面积为 C． 的内心在直线 上 D． 内切圆半径为【答案】BC 【分析】 按照AB两点在同支或两支讨论，结合余弦定理及离心率的定义可判断A；结合三角形面积公式可判断B； 由双曲线的定义结合切线长定理可判断C；利用等面积法可判断D. 【详解】 对于C，设 的内心为I，作过 作 的垂线，垂足分别为 ，如图， 则 ，所以 ， 所以 的内心在直线 上，故C正确； △ 为等边三角形,若 在同一支， 由对称性知 轴， ， ， . , ； , 设 的内切圆半径为r，则 ，解得 ；若 分别在左右两支，则 ， 则 ，解得 ，离心率 ， ， 设 的内切圆半径为r，则 ，解得 ； 所以结论一定正确的是BC. 故选：BC. 【点睛】 易错点点睛： 本题极易忽略点在双曲线两支的情况，导致漏解. 22．（2020·长沙市·湖南师大附中高二期末）已知焦点在 轴，顶点在原点的抛物线 ，经过点 ， 以 上一点 为圆心的圆过定点 ，记 ， 为圆 与 轴的两个交点（ ） A．抛物线 的方程为 B．当圆心 在抛物线上运动时， 随 的变化而变化 C．当圆心 在抛物线上运动时，记 ， ， 有最大值 D．当且仅当 为坐标原点时， 【答案】ACD 【分析】 由已知，设抛物线方程为 ，将点 代入即可判断A选项；设圆心 ，求出圆的 半径，写出圆的方程，令 ，可求得 、 ，由此可判断B选项；设 ， ，根据条件可求得 ，利用基本不等式讨论即可判断C选项；再根据 可判断D 选项． 【详解】 解：由已知，设抛物线方程为 ， ，解得 ． 所求抛物线 的方程为 ，故A正确； 设圆心 ，则圆的半径 ， 圆 的方程为 ， 令 ，得 ，得 ， ， （定值），故B不正确； 设 ， ， ， ， ， 当 时， ， 当 时， ， 故当且仅当 时， 取得最大值为 ，故C正确； 由前分析， ，即 ，当且仅当 时， ，故D正确； 故选：ACD． 23．（2021·湖北高二期中）过抛物线 的焦点 作直线交抛物线于 两点， 为线段 的中 点，则（ ） A．以线段 为直径的圆与直线 相切 B．以线段 为直径的圆与 轴相切 C．当 时， D． 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 根据焦点弦长公式可知 ，对比 到准线 的距离 可知 ，由此可知A 正确； 将直线 方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得 坐标，由此得到 ，与 对比可知 不恒成立，则B错误； 由向量数乘运算可知 ，由此可求得 坐标，进而得到 ，知C正确； 将 表示为关于 的二次函数形式，由二次函数最值可知D正确. 【详解】 由抛物线方程知： ，准线方程为： ； 由题意可知：直线 斜率存在，可设 ；对于A，设 ， ，由焦点弦长公式知： ； 为 中点， 到准线 的距离 ， 又 ， 以线段 为直径的圆与直线 相切，A正确； 对于B，由 得： ，则 ， ， ， ， ； 设 中点为 ，则 ，又 ， 不恒成立， 以线段 为直径的圆与 轴未必相切，B错误； 对于C，若 ，则 ，不妨设 ， ， ， ， ，则 ， ， ，C正确； 对于D， ， 当 时， ，D正确. 故选：ACD. 24．（2021·广东高三月考）已知双曲线 的右顶点、右焦点分别为 、 ，过点 的直线 与 的一条渐近线交于点 ，直线 与 的一个交点为 ， ，且 ，则下列结论正确的是（ ） A．直线 与 轴垂直 B． 的离心率为 C． 的渐近线方程为 D． （其中 为坐标原点） 【答案】AB 【分析】 利用平面向量数量积的运算性质可判断A选项的正误；求出点 的坐标，代入双曲线 的方程，求出该双 曲线的离心率，可判断B选项的正误；求出 的值，可判断C选项的正误；利用两点间的距离公式可判断 D选项的正误. 【详解】 由已知得 ，设 ，由 ，得 ，所以 轴，即 ，A正确；不妨设点 在第一象限，易知， ， ，即点 ， 设 ，由 ，得 ，所以 ， 所以 ，即 ． 因为点 在双曲线上，所以 ，整理得 ， 所以 ，解得 或 （负值舍去），B正确； ，故C的渐近线的斜率的平方为 ，C错误； 不妨设点 在第一象限，则 ， 所以 ，D错误． 故选：AB． 25．（2021·沙坪坝区·重庆南开中学高二期中）已知点 为双曲线 右支上一点， ， 为双 曲线 的两条渐近线，点 ， 在 上，点 ， 在 上，且 ， ， ， ， 为坐标原点，记 ， 的面积分别为 ， ，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】 根据 ， ，则 四点在以OP为直径的圆上，从而有 ；根据双曲线方程写出渐近线方程，求得倾斜角，用PA，PB表示出PM，PN，从而求得面积关系；设 ，由点到直 线距离求得PA，PB，从而验证 的值；从而求得 的值，在三角形 中，由余弦定理表 示出MN，从而求得范围. 【详解】 由 ， ， 四点在以OP为直径的圆上，则 ，故B正确； 由双曲线方程设 ， ，则 ， 由 ， ，则 则 ， ， 则 ， ， 则 ，故C错误； 设 ，满足 ，则 ，则由点到直线距离知 ，同理有 ， 则 ，故A正确； 故 ，在三角形 中，由余弦定理知， ， 故 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确； 故选：ABD 【点睛】 关键点点睛：根据条件写出渐近线方程，本题属于特殊角的相关计算，可以表示出具体的线段和三角形面 积，验证是否满足选项答案即可.在求解范围问题时，首先需要求得线段的表达式，然后借助函数或基本不 等式求得范围或最值. 26．（2021·湖南高二月考）如图， 是坐标原点， 是双曲线 艾支上的一点， 是 的右焦点，延长 分别交E于 两点，已知 ，且 ，则（ ）A． 的离心率为 B． 的离心率为 C． D． 【答案】AC 【分析】 首先取双曲线的左焦点 ，连接 ，设 ，结合几何性质，以及双曲线的定义，求得 ，再结合勾股定理求椭圆的离心率，并结合比例关系，判断面积比值，即可判断选项. 【详解】 如图，取 的左焦点 ，连接 ， 由对称性可知， ，设 ， 则 ， 在 中， ，解得 或 舍去 ，所以 ． 在 中，， ，整理得 ， 故 的离心率为 正确， 不正确．因为 是 的中点，所以 正确， 不正确． 故选：AC 27．（2021·海南高二期末）已知抛物线 焦点与双曲线点 的一个焦点重合，点 在抛物线上，则（ ） A．双曲线的离心率为2 B．双曲线的渐近线为 C． D．点 到抛物线焦点的距离为6 【答案】AC 【分析】 由双曲线的方程，求得 ，利用双曲线的几何性质，可判定A正确，B错误；根据题意， 列出方程 ，可判定C正确；根据抛物线的定义，可判定D错误. 【详解】 由双曲线 ，可得 ，则 ， 所以双曲线的离心率为 ，所以A正确；由双曲线的渐近线为 ，所以B错误； 由抛物线 焦点与双曲线点 的一个焦点重合， 可得 ，解得 ，所以C正确； 由抛物线 的准线方程为 ，则点 到其准线的距离为 ， 到焦点的距离也为4，所以D错误. 故选：AC. 28．（2021·湖北高二期末）已知双曲线 的离心率为2，点 ， 是 上关于 原点对称的两点，点 是 的右支上位于第一象限的动点（不与点 、 重合），记直线 ， 的斜 率分别为 ， ，则下列结论正确的是（ ） A．以线段 为直径的圆与 可能有两条公切线 B． C．存在点 ，使得 D．当 时，点 到 的两条渐近线的距离之积为3 【答案】ABD 【分析】 当点 ， 分别是 的左、右顶点可判断A；利用点差法可判断B；利用基本不等式可判断C；首先求出 双曲线的渐近线，再利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】 当点 ， 分别是 的左、右顶点时，圆与 恰有两条公切线，故A正确； 设 ， ， ，则 ，则 ，所以 ，故B正确； ，故C错误； 当 时， ，渐近线方程为 ，即 ， 点 到两条渐近线的距离之积为 ， 双曲线 ，点 是 的右支上位于第一象限，则 ， 整理可得 ，代入上式可得 ，故D正确． 故选：ABD． 29．（2021·全国高三其他模拟）已知点 为椭圆 （ ）的左焦点，过原点 的直 线 交椭圆于 ， 两点，点 是椭圆上异于 ， 的一点，直线 ， 分别为 ， ，椭圆的离 心率为 ，若 ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】 设出右焦点 ，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理可求得 的关系，则离心率可求；设出 的 坐标，根据对称性写出 的坐标，利用点差法可求得 的表示，结合 的关系可求解出 的值. 【详解】设椭圆的右焦点 ， 连接 ， ，根据椭圆对称性可知四边形 为平行四边形， 则 ，且由 ，可得 ， 所以 ，则 ， ． 由余弦定理可得 ， 所以 ，所以椭圆的离心率 ． 设 ， ，则 ， ， ， 所以 ，又 ， ，相减可得 ． 因为 ，所以 ，所以 ． 故选：AC． 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是 一个对称图形，任何过原点的直线（不与焦点所在轴重合）与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成 的四边形为平行四边形.30．（2021·全国高三其他模拟）已知椭圆 的左、右焦点分别为 、 ， 为 坐标原点， 是椭圆上一点，延长 与椭圆交于点 ，若 ， 的面积为 ，则 的值可以为（ ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】 连接 ，分析得出 ，记 ， ，利用三角形的面积公式以及椭圆的定义可 得出关于 、 ，解出 的值，即为所求. 【详解】 连接 ，因为 ，则 ， ， 因为 ， ， 记 ， ，则 ，由椭圆的定义可得 ， 所以， ，解得 或 ，所以 或故选：BD. 第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 三、填空题 31．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末）椭圆 的上下顶点分别为 ，如图，点 在椭圆上，平面四边形满足 ，且 ，则该椭圆的短轴长度为 ________. 【答案】 【分析】 根据题意 在以 为直径的圆上，设 ， ，结合圆的性质以及所给面积关系 可得 ， ，求得圆的方程，代入A点坐标经计算即可得解. 【详解】 根据题意可得 ，设 ， ， 由 可得点 在以 为直径的圆上， 又原点 为圆上的弦 的中点， 所以圆心在 的垂直平分线上，可得圆心在 轴上， 所以 ，又 可得 ，故圆心坐标为 ， 所以圆的圆的方程为 ， 将 代入结合 可得 ， 所以 ，短轴长为 . 故答案为： 32．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）设 ， 为双曲线 ： （ ， ） 的左、右焦点，过 的直线 交双曲线 的右支于 ， 两点，且 ， ，则双曲 线的离心率为__________. 【答案】 【分析】 由题意，设 ，则 ，利用勾股定理，求出 ， 的关系，再利用勾股定理确定 ， 的关系，即可求出双曲线的离心率． 【详解】 解：由题意，设 ，因为 ，则 ， ， ， 因为 所以 ， ， ，，即 ，即 ． 故答案为： ． 33．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）若 是双曲线 的右支上的一点, 分别是 圆 和 上的点,则 的最大值为_____________. 【答案】 【分析】 由题设知 ， ， ，即可得到 ，从而计算可得． 【详解】 解：双曲线 中， ， ， ，， ， 因为 分别是圆 和 上的点，所以 ， ， ， ， ， 所以 故答案为： ． 34．（2021·首都师范大学附属中学高二期末）设抛物线 的焦点为 ， 为其上的一点， 为坐 标原点，若 ，则 的面积为 _____. 【答案】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，然后求出点 的会标，即可求出三角形的面积 【详解】 解：抛物线 的焦点为 ， 因为 为其上的一点， 为坐标原点， ， 所以点 的横坐标为 ， 所以当 时， ，得 ， 所以 的面积为 ， 故答案为： 35．（2021·四川高三零模（文））设椭圆 的左、右焦点分别为 ，A是椭圆上 一点， ，若原点 到直线 的距离为 ，则该椭圆的离心率为____． 【答案】 【分析】 由 ，求得 ，过 作 ，根据题意得到 ，根据 ， 得到 ，整理得到 ，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】 因为 ，不妨设点 ，其中 ，代入椭圆方程 ，可得 ，解得 ， 所以 ，即 ， 过 作 ，因为原点 到直线 的距离为 ，即 ， 由 ，可得 ，即 ， 又由 ，整理得 ，即 ， 因为 ，解得 ，即椭圆的离心率为 . 故答案为： . 36．（2020·大连市红旗高级中学高二期中）设 ， 分别为椭圆 （ ）的左，右焦 点， 为 内一点， 为 上任意一点，若 的最小值为 ，则 的方程为__________. 【答案】 【分析】由题意知， ，则 ；由三角形的三边关系可知 ， 从而可求出 ，由椭圆的定义知， ， 从而可求出 ，进而可求出椭圆的标准方程. 【详解】 由椭圆定义可知 ，且 ，则 ， 因为 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 故 的方程为 . 故答案为： . 37．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高二期末）过点 作圆 的切线 ，己知 分别为 切点，直线 恰好经过椭圆(中心在坐标原点，焦点在 轴上)的右焦点和下顶点，则椭圆的标准方程是 ___________. 【答案】【分析】 ①当过点 的直线 斜率不存在时，求出切点的坐标 ； ②当直线 斜率存在时，设 方程为 ，利用直线与圆相切，求出 ，然后得到切线方程， 联立直线与圆的方程求出切点坐标，再利用点斜式求出直线 的方程，然后利用椭圆的性质，转化求解 ， ，得到椭圆方程． 【详解】 解：①当过点 的直线 斜率不存在时，直线方程为： 切点的坐标 ； ②当直线 斜率存在时，设 方程为 ，根据直线与圆相切，圆心 到切线的距离等于半 径1，可以得到切线斜率 ，即 ．直线 方程与圆方程的联立 ，即 ，解得 所以切点的坐标 ；所以 ，所以直线 方程为 ，即 ，依题意， 与 轴的交点 即为椭圆右焦点，得 ，与 轴的交点 即为椭圆下顶点坐标，所以 ，根据公式得 ，因此，椭圆方程为： ． 故答案为： ． 38．（2021·陕西高三其他模拟（理））P是双曲线 右支在第一象限内一点， ， 分别为其 左、右焦点，A为右顶点，如图圆C是 的内切圆，设圆与 ， 分别切于点D，E，当圆C 的面积为 时，直线 的斜率为______. 【答案】 【分析】 由双曲线的定义以及切线的性质可得圆心横坐标为 ，又根据圆的面积可求出半径 ，可知圆心 ，可求出 ，因为 是 的角平分线，借助于角相等可求直线 的斜率. 【详解】 由题意可知 ， ， ， 所以 ， 设 ，则 ， 即 ， 设圆C的半径为 ，因为圆C的面积为 ，则 ， 因为 ，所以 ， 于是 ， 因为 是 的角平分线， 所以 ， 所以 ，即直线 的斜率为 . 故答案为： . 39．（2021·云南师大附中高二期中（理））已知过原点 的直线 与双曲线 交于不同的两点 ， ， 为双曲线 的左焦点，且满足 ， ，则 的离心率为 ______. 【答案】3 【分析】 设双曲线的右焦点为 ,连结 ，则四边形 为平行四边形，由双曲线的定义可得 ， ，再利用 以及余弦定理，可得答案. 【详解】设双曲线的右焦点为 ,如图连结 由直线 与双曲线都关于原点对称，可得四边形 为平行四边形 所以 , 由双曲线的定义可得： ，所以 ,在 中， ， 在 中， ， 化简整理得： ，再由 ，得 ，得 ， 故答案为： 四、双空题 40．（2021·江苏省天一中学高二期末）已知水平地面上有一半径为2的球，球心为 ，在平行光线的照 射下，其投影的边缘轨迹为椭圆（如图），椭圆的中心为 ，球与地面的接触点为 ， ．若光线与 地面所成角为 ，则 _________，椭圆的离心率 _____________．【答案】 【分析】 连接 ，则 ，再根据 求解；在照射过程中，投影的短半轴长b是球的半径 R，椭圆的长轴长为 ，过A向BC作垂线，垂足为B，再根据 ， 求得 即可. 【详解】 连接 ，则 ， 因为 ， 所以 ， 所以 ， 在照射过程中，投影的短半轴长b是球的半径R，所以b=2， 如图：椭圆的长轴长为 ，过A向BC作垂线，垂足为B， 由题意得 ， 又 ， 所以 ，即 ，则 ， 又 ， 所以 . 故答案为： ， 41．（2021·湖南高二期中）已知抛物线 的焦点为 ，圆 与抛物线 在 第一象限的交点为 ，直线 与抛物线 的交点为 ，直线 与圆 在第一象 限的交点为 ，则 _______； 周长的取值范围为____________． 【答案】4 【分析】抛物线与圆的方程联立求得点 的坐标；利用抛物线的定义转化 ，再求周长的取值范围. 【详解】 设 与抛物线的准线 交于点 ，则 周长为 又 ∴周长 . 故答案为： ； 42．（2021·湖南高二期末）已知圆 与抛物线 相交于 ， 两点， 为抛物线的焦点， 若直线 与抛物线相交于 ， 两点，且与圆相切，切点 在劣弧 上，当直线 的斜率为0时， ______；当直线 的斜率不确定时， 的取值范围是______． 【答案】 【分析】 （1）直接利用焦半径公式求出 ； （2）设直线 的方程为 ，与抛物线联立，用焦半径公式表示出 ，根据直线 与圆相切，得到k、b的关系，把 表示为b的函数，利用函数求范围即可. 【详解】 依题意得直线方程为 ，设点 ， ， ； 设直线 的方程为 ，带入抛物线方程得 ，则 ，则 ， ∵直线 与该圆相切，∴ ，即 ，又 ， ，∴ ，∵ ， ，∴分别过 ， 的圆的切线的斜率为 ， ，∴ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，所以 的取值范围为 ． 故答案为： ； . 【点睛】 求圆锥曲线的弦长： （1）“设而不求法”，利用弦长公式 求弦长，这是求弦长的一般方法； （2）特别的：圆中求弦长用垂径定理；抛物线求焦点弦弦长用抛物线的焦点弦弦长公式： ，（或 ）. 43．（2021·浙江高三其他模拟）如图所示， 与 是椭圆方程： 的焦点，P是椭 圆上一动点（不含上下两端点），A是椭圆的下端点，B是椭圆的上端点，连接 ， ，记直线PA的 斜率为 当P在左端点时，△ 是等边三角形．若△ 是等边三角形，则 =__________；记直 线PB的斜率为 ，则 的取值范围是________．【答案】 ，+∞） 【分析】 先由△ 是等边三角形，求出 , （1）直接判断出P为左端点或右端点，分别用斜率公式求出斜率； （2）计算出 ，对 利用基本不等式求范围. 【详解】 对于椭圆方程： ， . 当P在左端点时，△ 是等边三角形，所以 , （1）由对称性，若△ 是等边三角形，则P为左端点或右端点： 当P为左端点时， ， 同理可求，当P为右端点时， ，即若△ 是等边三角形，则 = . （2）设 ，则 . 因为 ，所以 ， 因为 ，所以 ， 因为 ，所以 ，所以 . 所以 ，当且仅当 时取等号. 即 的取值范围是 ，+∞）. 故答案为： ； ，+∞） 【点睛】 解析几何问题常见处理方法： (1)正确画出图形，利用平面几何知识简化运算； (2)坐标化，把几何关系转化为坐标运算． 44．（2021·广东高三其他模拟）已知A、B是抛物线 上异于坐标原点O的两点，满足 ，且 面积的最小值为36，则正实数P＝________；若OD⊥AB交AB于点D，若 为定值，则点Q的坐标为________． 【答案】3 （ 3，0） 【分析】设 ，根据数量积的运算可得 ， ，由此得 ，设直 线AB： ，与抛物线联立得 ，得出根与系数的关系，表示三角形 的面 积，由二次函数的性质求得最值，可得点D在以点 ， 为直径的圆上，由此可得答案． 【详解】 设 ，因为 ，即 ，两边平方化简得 ， 所以 ，所以 ，即 ，解得 （ 舍去）， 设直线AB： ，联立 得 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 又 ，解得 ， 又因为 ，所以：直线AB为 恒过定点 ， 因为 ，所以 ，所以点D在以点 ， 为直径的圆上，设圆心Q， 则 ，半径 ，所以 为定值， ， 故答案为：3； ． 【点睛】 方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或 )建立一元二次方程， 然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横 截式. 45．（2021·河南高二月考（理））已知点 为双曲线 在第一象限上一点，点 为双曲线 的右焦点， 为坐标原点，4 ，则双曲线 的渐近线方程为 ___________，若MF､MO分别交双曲线 于 两点，记直线 与 的斜率分别为 ，则 ___________ 【答案】 15 【分析】 设 ，由已知得 ，将其代入双曲线方程得 ，利用 转化为a,b的关系，化简整理，分解因式可求得 的值，进而得到渐近线的方程；设 ，又 ，则表示 ，利用代点平方差法求解即得. 【详解】 设 ，则 ，则 ， ， 即 ，将其代入双曲线方程得： ， 即 ， 又 ， ∴ ， , ∴ ， , ∴渐进线方程为 ； 设 ，又 ， 则 ，将点 、 的坐标分别代入双曲线方程得 ， 两式作差得： ， 故 . 故答案为： ；15. 【点睛】 本题考查双曲线的渐近线和点差法的运用，关键有两点：一是系数较大的三项式的分解因式，二是代点平 方差法求得 . 46．（2021·湖北襄阳市·襄阳四中高三一模）已知 ､ 为双曲线 ： 的左､右焦点，点 在 上， ，则 的面积为___________， 内切圆半径为___________. 【答案】 【分析】 设 ， ，由余弦定理和双曲线定义计算得 ，进而可得△ 的面积； 由等面积法可得△ 的内切圆半径 的值. 【详解】 依题意知 ， ，所以 . 设 ， ，在△ 中，由余弦定理得 ，即 ①， 由双曲线定义得 ，平方，得 ②， 联立①②得 ， ，进而可得 ， 所以，△ 的面积 ， 设△ 内切圆半径为 ，则△ 的面积 ， 所以 ，解得内切圆半径为 . 故答案为：① ；② . 【点睛】 方法点睛： （1）双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明 常利用正弦定理、余弦定理、面积公式、双曲线的定义等； （2）求三角形的内切圆半径经常利用等面积法． 47．（2021·浙江高二期末）双曲线 的实轴长是_________，焦点坐标是__________． 【答案】6 和 【分析】 由标准式和关系式可求出 ，进而求出实轴长和焦点坐标【详解】 由 可得焦点坐标在 轴， ，故双曲线 的实轴长 为 ，焦点坐标为 和 故答案为：6； 和 【点睛】 本题考查由双曲线的标准式求解实轴长和焦点坐标，属于基础题 48．（2021·浙江高二期末）双曲线 的焦距是__________，渐近线方程是_________． 【答案】 【分析】 求出 、 、 的值，即可得出结果. 【详解】 在双曲线 中， ， ， ， 所以，该双曲线的焦距为 ，渐近线方程为 ，即 . 故答案为： ； . 49．（2021·浙江温州市·温州中学高三其他模拟）抛物线 的焦点到双曲线 的一条渐近 线的距离是 ，则双曲线的实轴长是__________，离心率是__________． 【答案】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，双曲线的一条渐近线方程，利用已知条件求解 ，从而求出离心率． 【详解】 解：抛物线 的焦点 ，双曲线 的一条渐近线 ， 抛物线 的焦点到双曲线 的一条渐近线的距离是 ， 可得 ，解得 ． 所以双曲线方程为 ，所以 所以双曲线的实轴长为2，离心率 ． 故答案为： ； ． 五、解答题 50．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末（理））已知椭圆 的左焦 点为 ，点 在椭圆上， ，直线 的倾斜角为 ，已知椭圆的离心率为 . （1）求椭圆 的方程； （2）记椭圆 的左右顶点为 ，过点 的直线 交椭圆于点 ，过点 的直线 交椭圆于点 ，若直线 的斜率是直线 斜率的两倍，求四边形 面积的最大值. 【答案】（1） ；（2） . 【分析】 （1）由题意可得 ，在 中，由余弦定理可得解方程可得 ，进而得到椭圆方程； （2）设直线 的方程为 ，由 ，可得直线 方程为 ，代入椭圆 方程得到 纵坐标，运用韦达定理和四边形的面积公式，化简换元，结合对勾函数的单调性，可得最 大值． 【详解】 （1）因为 ，则 ，设右焦点为 ，在 中， ， ， 由余弦定理可得 ，解得 ，则 ， ， 所以椭圆方程为 ； （2）设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为： ，联立 ， 整理得 ， ① 设 ，则 ，即 ，从而 ， 由 ，可得直线 方程为 ，联立 ， 整理得 ， ，②设 ，则 ， 从而 ， 由对称性，不妨设 ， 则四边形 的面积 设 ，当 时等号成立， 即 ，设 单调递增， 当 时，即 时，并且满足①②， 取得最小值 ， 此时 【点睛】 关键点点睛：本题考查椭圆的方程和运用，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查直线的斜 率和对勾函数的单调性的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题，本题的关键是利用方程联立求得 点 的纵坐标，并能熟练应用对勾函数求最值.51．（2021·北京中关村中学高二期末）已知椭圆 ： （ ）的长轴长为 ，离心率为 ，点 在椭圆 上． （Ⅰ）求椭圆 的标准方程； （Ⅱ）已知点 ，点 ，若以 为直径的圆恰好经过线段 的中点，求 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ． 【分析】 （Ⅰ）根据条件，列式求 ，即得椭圆方程；（Ⅱ）法一，设点 ， 的中点 ，根据 ，求得 ， ，再求 的取值范围；法二， 根据几何关系可知 ,代入坐标公式可得 ， ，再求 的取值范围. 【详解】 （Ⅰ）由椭圆的长轴长 ，得 ，又离心率 ， 所以 所以 ． 所以椭圆 的方程为： ． （Ⅱ）法一：设点 ，则 所以 的中点 ， ． 因为以 为直径的圆恰好经过线段 的中点 所以 ，则 即 ． 又因为 ， 所以 所以 ， ． 函数 ， 的值域为 所以 所以 ． 法二： 设点 ，则 ． 设 的中点为 ，因为以 为直径的圆恰好经过线段 的中点 所以 是线段 的垂直平分线 所以 即 所以 ． 函数 ， 的值域为 所以 ． 所以 ． 52．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）已知圆 ： ，点 ， 是 圆上任意一点，线段 的垂直平分线交 于点 ，当点 在圆上运动时，点 的轨迹为曲线 ，直线 ： 与 轴交于点 ，与曲线 交于 ， 两个相异点，且 . （1）求曲线 的方程； （2）是否存在实数 ，使得 ？若存在，求出 的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ；（2） 【分析】 （1）由题意画出图形，可得 ，得到点 的轨迹曲线 是以 ， 为焦点的椭 圆，求得 与 ，进一步得到 ，则曲线 的方程可求；（2）联立直线方程与椭圆方程，可得 ．由判别式大于0得 ．再由向量等式可得 ，代入 ，即可求得 的取值范围． 【详解】 解：（1）如图， 由题意可得： ，则 ， 点 的轨迹曲线 是以 ， 为焦点的椭圆， 其中 ， ， ，则 ． 曲线 的方程为 ； （2）联立 ，可得 ． 由 ，得 ． 设 ， ， ， ． 则 ，①， ② ， ， ， 由 ， ．，所以 ． ， 则 ，③ 联立①③，得 ， ， 代入②，得 ， 即 ，得 ， 代入 ，得 ，解得 ，解得 或 ． 存在实数 ，使 ， 的取值范围是 ． 53．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）如图,椭圆 的左焦点为 ，过点 的直线交椭圆于 两点， 的最大值为 的最小值是 ，满足:（1）求该椭圆的离心率； （2）设线段 的中点为 的垂直平分线与 轴交于 点，求 的值. 【答案】（1） ；（2） 【分析】 （1） 设 ，则根据椭圆性质得 ， ，结合条件，即可求出离心率； （2）由（1）设椭圆方程为 ，设直线 的方程为 ， ， ， ， ， 联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，即可表示出弦 与 点坐标，再根据 ，求出 ， 即可表示出 ，从而得解； 【详解】 解：（1） 设 ，则根据椭圆性质得 ， 而 ， 所以有 ，即 ，即 ， 所以离心率 （2）由（1）可得 ，又 ，所以令 ，则 ， ，所以椭圆方程为， 根据条件直线 的斜率一定存在且不为零，设直线 的方程为 ， 并设 ， ， ， ， 则由直线与椭圆方程 ，消去 并整理得， 从而有 ， ， 所以 ， 所以 ， ． 因为 ，所以 ，所以 ．所以 所以54．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高一期末）已知双曲线 ： （ ， ）的离心 率 ，其焦点 到渐近线的距离为 . （1）求双曲线的方程； （2）若过点 的直线 交双曲线于 ， 两点，且以 为直径的圆过坐标原点 ，求直线 的 方程. 【答案】（1） ；（2） 【分析】 （1）首先表示出双曲线的焦点坐标与渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求出 ，最后利用离心率 与 ，求出 ，即可求出双曲线方程； （2）设直线 ， ， ，联立直线与双曲线方程，消元列出韦达定理，依题意 ，即可得到方程，解得即可； 【详解】 解：（1）双曲线 ： （ ， ）的焦点 ，渐近线方程为 ，即 ，因为 到渐近线的距离等于 ，所以 ，所以 ，又因为离心 率 ，即 ，因为 ，所以 ， ，所以双曲线方程为 （2）由已知可得，直线 的斜率存在，设直线 ， ，，消去 得 ， 所以 即 ，又 ，所以 ， ，所以 以 为直径的 圆过坐标原点 ，所以 ，即 ，所以 ，解得 ，所以直线方程为 55．（2021·河南新乡市·新乡县一中高二期末（文））已知椭圆 的左､右焦点分别为 ， ， 为坐标原点，过右焦点 且不平行于坐标轴的动直线 与 有两个交点 ， ，线段 的中点 为 . （1）记直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，证明： 为定值. （2） 轴上是否存在点 ，使得 为等边三角形？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理 由. 【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析. 【分析】（1）设点 ， ，代入椭圆方程中后，两式作差变形可得 ，而线 段 的中点为 ，从而可得结论； （2）设直线 的方程为 ，再与椭圆方程联立方程组，消去 ，利用根与系数的关系和中点坐标 公式可得 的坐标，，假设存在符合题意的点 ，则直线 的斜率为 ，由等边三角形的性质可得 ，然后利用弦长公式和距离公式分别求出 ，代入上式化简可得结果 【详解】 解：设点 ， ， （1）因为 ， ， 所以 ，即 . 因为 为 的中点，所以 ，所以 . （2）设直线 的方程为 ，联立方程组 得 ， 则 ， . 所以 ，所以 的坐标为 . 假设存在符合题意的点 ，则直线 的斜率为 . 因为 为等边三角形，所以 . 因为 ， ， 所以 ，即 ，方程无实数解， 所以不存在这样的点 . 56．（2021·江苏省天一中学高二期末）已知双曲线 的实半轴长为1，且 上 的任意一点 到 的两条渐近线的距离乘积为 （1）求双曲线 的方程； （2）设直线 过双曲线 的右焦点 ，与双曲线 相交于 两点，问在 轴上是否存在定点 ，使得 的平分线与 轴或 轴垂直？若存在，求出定点 的坐标；否则，说明理由． 【答案】（1） ；（2）存在点 使得 的平分线与 轴或 轴垂直. 【分析】 （1）由已知得 ，渐近线为 ，利用点到直线的距离公式列方程即可求得 ，进而可得双曲线的方程； （2）假设存在 满足题意，可得 ，设设 ， ，直线 与双曲线方程联立，消去 可得关于 的二次方程，得出 、 代入 即可求解. 【详解】 （1）由题意可得： ，所以双曲线 所以渐近线方程为 ， 设 ，则 ，即 ， 因为 在双曲线上，所以 ，即 ， 所以 ，解得： ， 所以双曲线 的方程为： （2）假设存在 ，使得 的平分线与 轴或 轴垂直，则可得 ， ，设 ， ，直线 ， 由 可得： ， 所以 ， ，所以 ， 即 恒成立， 整理可得： ， 所以 即 ， 所以 ， 所以 ，解得 ， 所以存在点 使得 的平分线与 轴或 轴垂直. 【点睛】 思路点睛：圆锥曲线中求是否存在满足条件的定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达 定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量 较大. 57．（2021·全国高三零模（理））已知椭圆 的左，右焦点分别为 ，F ，点 2  1 FPF  P在椭圆C上， PF 1 2 ， 1 2 3 ，且椭圆C的离心率为 2 . C （1）求椭圆 的方程； l:ykxm(m0) C A B O OAB （2）设直线 与椭圆 相交于 ， 两点， 为坐标原点.求 面积的最大值.x2 y2  1 【答案】（1） 4 3 ；（2）最大值为 3. 【分析】 （1）由椭圆的定义求得 PF 2 2a2 ，在 △PF 1 F 2中，由余弦定理化简得c2 a2 3a3，再由离心率 1 e 2 ，得到a2c，联立方程组，求得a,b,c的值，即可求得椭圆的方程； 8km 4m2 12 x x  x x  （2）联立方程组，利用根与系数的关系，求得 1 2 4k2 3， 1 2 4k2 3 ，根据弦长公式和点 |m| 4k2 3m2 S 2 3 到直线的距离公式，结合面积公式，求得 4k2 3 ，利用基本不等式，即可求解. 【详解】 x2 y2 C:  1(a b0) （1）由题意，点 P 在椭圆 a2 b2 上，且 PF 1 2， PF 2a PF 2a2 由椭圆的定义，可得 2 1 ， △PFF 4c2  PF 2  PF 2 2 PF PF cosFPF 在 1 2中，由余弦定理得 1 2 1 2 1 2，  4c2 4(2a2)2 4(2a2)cos 即 3 ，化简得c2 a2 3a3， c 1 e  又由椭圆C的离心率 a 2，可得a2c， c1 a2 b2 a2 c2 3 联立方程组，解得 ， ，所以 ， x2 y2  1 所以椭圆C的方程为 4 3 . Ax ,y  Bx ,y  （2）设 1 1 ， 2 2y kxm  x2 y2 由 消去 ，得 .   4  3 1 y  4k2 3  x2 8kmx4m2 120 16  12k2 3m2 9  0 4k2 3m2 由 ，可得 ， 8km 4m2 12 x x  x x  则 1 2 4k2 3， 1 2 4k2 3 4 12k2 3m2 9 | AB| 1k2  x x  1k2  所以 1 2 4k2 3 ， |m| d  因为坐标原点O到直线l的距离 1k2 S  1  |m|  1k2  4 12k2 3m2 9 |m| 4k2 3m2 所以 OAB 2 1k2 4k2 3 2 3 4k2 3  4k2 3m2 m2  4k2 3m2 m2 2 3 2 3 2  3. 4k2 3 4k2 3 4k2 3m2 m2 4k2 32m2 当且仅当 ，即 时，等号成立， 4k2 32m2 m2 OAB 3 满足 ，所以 面积的最大值为 . 【点睛】 解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、 图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值 （或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5） 导数法等，要特别注意自变量的取值范围.  6 1 58．（2021·长沙市·湖南师大附中高二期中）已知点 M   ,  在椭圆C: x2  y2 1a b0上，且 2 2   a2 b22 2 点M到C的左､右焦点的距离之和为 . （1）求C的方程；   OAOB （2）设О为坐标原点，若C的弦AB的中点在线段OM(不含端点O，M)上，求 的取值范围. x2  5 7  y2 1   ,  【答案】（1） 2 ；（2） 4 4. 【分析】 （1）将点M 坐标代入椭圆方程以及双曲线的定义列方程组，解之即可求解； Ax ,y  Bx ,y  （2）设 1 1 ， 2 2 ，求AB的中点坐标，由点差法求得直线 AB 的斜率和方程，与椭圆方程联 立，运用韦达定理和判别式大于0，由向量数量积的坐标表示化简即可求解. 【详解】  6 1   1, 4a2 4b2 a 2 （1）由已知得 ，解得 ，  2a2 2, b1 x2  y2 1 所以椭圆C的方程为 2 .  x x y  y  1 2 , 1 2 （2）设Ax ,y  ，Bx ,y  ，则AB的中点   2 2  在线段OM上， 1 1 2 2 1 1  6  且k  ， 方程： y  x   0 x  ， OM 6 OM 6  2  x x  6y  y  AB的中点代入OM 方程可得： 1 2 1 2 . x 1 2  y2 1 x 2 2  y2 1 x 1 x 2 x 1 x 2  y  y y  y 0 又 2 1 ， 2 2 ，两式相减得 2 1 2 1 2 ， y  y 1 x x 6 6 1 2   1 2  k  易知x x 0，y  y 0，所以 x x 2 y  y 2 ，即 AB 2 . 1 2 1 2 1 2 1 2 6 y  xmm0 设直线AB的方程为 ， 2x2  y2 1 2x2  6mx  m2 1  0 代入 2 并整理得 . 由   6m 2 42  m2 1  2  m2 4  0，解得 m2 4 ，所以0m2. 6m m2 1 x x  x x  由根与系数的关系得 1 2 2 ， 1 2 2 ，    6  6  OAOB  x x  y y  x x  x m x m 则 1 2 1 2 1 2  2 1  2 2     5 6 3m2 5  x x  mx x m2  2 1 2 2 1 2 4 ，  5 7  ,     又0m2，所以 OAOB 的取值范围是 4 4. 【点睛】 解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函 数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑： ①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围． C y2 2pxp 0 59．（2020·吉林东北师大附中高二期末（文））已知抛物线 ： 的焦点F 到其准线的 F l A B 距离为4，经过点 的直线 与该抛物线交于 ， 两点． C （1）求抛物线 的方程； OA  OB （2）求 的最小值． y2 8x 【答案】（1） ；（2）20． 【分析】 （1）由焦点F 到其准线的距离可得焦参数 p ，从而得抛物线方程；l xmy2 A(x ,y ),B(x ,y ) （2）设直线 方程为 ，代入抛物线方程，设 1 1 2 2 ，应用韦达定理得 y  y ,y y OA  OB 1 2 1 2，计算 ，再由函数性质得最小值． 【详解】 p4 y2 8x （1）由题意 ，所以抛物线方程为 ； F(2,0) l l xmy2 A(x ,y ),B(x ,y ) （2）由（1）得焦点为 ，直线 的斜率不为0，设 方程为 ，设 1 1 2 2 ， y2 8x  由 得 ，所以 ， xmy2 y2 8my160 y  y 8m,y y 16 1 2 1 2 OA OB  x2  y2  x2  y2  (m21)y24my 4 (m21)y24my 4 1 1 2 2 1 1 2 2  256m2 400 m0 OA OB 400 20 ，所以 时， 取得最小值 ． x2 y2  3  1a b0 A  1,  60．（2020·吉林长春市·东北师大附中高二期末（理））椭圆C： a2 b2 过点  2， 1 离心率为 ，左、右焦点分别为F ，F ， 2 1 2 C （1）求椭圆 的方程； Pm, n C （2）若 在椭圆 上， 1 PF 2 m （ⅰ）求证： 2 2 ； 9 PF  （ⅱ）若 1 4，求直线 PF 的方程． 1 x2 y2  1 【答案】（1） 4 3 ； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 5x2y 5 0或 5x2y 5 0. 【分析】 a2 b2 c2 a2,b2,c2 （1）根据题设条件和 ，列出方程组，求得 的值，即可求解；123m2 n2  （2）（ⅰ）由（1）中椭圆C的方程，代入点Pm, n 求得 4 ，结合两点间的距离公式，即 123m2 1 n2  PF 2 m 可求解；（ⅱ）由（ⅰ）知 4 ，求得 1 2 ，求得点 P 的坐标，分类讨论，即可求 解. 【详解】 C: x2  y2 1a b0 A   1, 3  1 （1）由题意，椭圆 a2 b2 过点  2，离心率为 2 ，  9  1 4   1 a2 b2  c 1   可得 a 2 ，解得 ，所以椭圆 的方程为 .  a2 4 a2 b2 c2   b2 3 x2 y2   c2 1  1   C 4 3 x2 y2  1 （2）（ⅰ）由（1）知椭圆C的方程为 4 3 ，可得F(1,0),F (1,0)， 1 2 m2 n2 123m2 因为Pm, n 在椭圆C上，可得 4  3 1 ，可得 n2  4 123m2 (m4)2 PF 2 (m1)2 n2 (m1)2   所以 2 4 4 ， (m4)2 1 PF  2 m 因为 2m2 ，所以 2 4 2 123m2 n2  （ⅱ）由（ⅰ）知 4 ， 123m2 (m4)2 PF 2 (m1)2 n2 (m1)2   则 1 4 4 ，(m4)2 1 PF  2 m 可得 1 4 2 ， 9 1 9 1 3 5 PF  2 m m n   又由 1 4，即 2 4 ，解得 2 ，所以 4 ， 3 5 1 3 5 5 n P( , ) k  当 4 时，可得 2 4 ，则 PF 1 2 ， 5 y  (x1) 所以直线PF 1 的方程为 2 ，即 5x2y 5 0； 3 5 1 3 5 5 n P( , ) k  当 4 时，可得 2 4 ，则 PF 1 2 ， 5 y  (x1) 所以直线PF 的方程为 2 ，即 5x2y 5 0， 1 PF 5x2y 5 0 5x2y 5 0 综上可得直线 1的方程 或 . x2 y2  2 C:  1a b0 P  5,  61．（2021·云南师大附中高二期中（理））已知椭圆 a2 b2 经过点  3，其长 半轴长为3. C （1）求椭圆 的方程； （2）设 A 1， A 2是椭圆 C 的左、右顶点， T 为直线 x6 上的动点，直线 A 1 T ， A 2 T 分别交椭圆于 M ， AMA N N 两点，求四边形 1 2 面积的最大值. x2  y2 1 【答案】（1） 9 ；（2）6 【分析】  2 P 5,   （1）根据长半轴长为3直接求得 a ，然后将点  3代入即可求出椭圆C的方程；T6,y y 0 TA TA （2）设 0 0 ，分别得出直线 1、 2的方程，分别联立直线与椭圆方程，消元整理，利用 24  y 3 4y 韦达定理分别求出 的坐标，则 1 0  0 ，结合  AA y  y A 1 ,A 2 S S A 1 MA 2 S A 1 NA 2 2 1 2 M N y 0 y 0 3 基本不等式即可得出答案. 【详解】  2 P 5,   解：（1） a3 ，将点  3代入得： 5 4  1 9 9b2 ，所以b2 1， x2 所以椭圆 的方程为  y2 1； C 9 T6,y y 0 M x ,y ,Nx ,y  x6 （2）根据椭圆及直线 的对称性，不妨设 0 0 ， M M N N ， y y k  0 ,k  0 则 TA 1 9 TA 2 3 ， y 9 y  0 x3 x y3 所以直线TA 1 的方程为： 9 ，即 y ， 9 y 3 y  0 x3 x y3 所以直线TA 2 的方程为： 3 ，即 y 9 ，  9 x y3   y 9  联立 x2  y2 1 ，消 整理得：  81 9  y2  54 0 ，  y 2 y  9 x   0 0 6y 6y y 0 0 y  0 则 M y 2 9 ，即 M y 2 9， 0 0 2y y  0 同理： N y 2 1， 0AMA N S 设四边形 1 2 的面积为 ， S S S 则 A 1 MA 2 A 1 NA 2 1  AA y  y 2 1 2 M N 6y 2y 3 0  0 y 2 9 y 2 1 0 0 6y  y 2 1  2y  y 2 9  0 0 0 0 3  y 2 9  y 2 1  0 0 24y y 3  0 0 y 32 4y 2 0 0 24  y 3 4y 0  0 y y 3 0 0 24  6 2 4 ， y 3 4y 0  0 当且仅当 y y 3，即y 3时，取等号， 0 0 0 AMA N 所以四边形 1 2 面积的最大值为6. 【点睛】 本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的综合问题，还考查了面积的最值问题，考查了方程思想及函数 思想，属于难题. F c,0,F c,0(c0). 62．（2021·福建高二期中）已知椭圆E的左､右焦点分别为 1 2 点M 在E上， 1 c. MF 2  F 1 F 2 ,  MF 1 F 2的周长为64 2 ，面积为3 （1）求E的方程.3  ,0   （2）设 E 的左､右顶点分别为A,B，过点2 的直线 l 与 E 交于C,D两点，记直线 AC 的斜率为k ， 1 k BD 直线 的斜率为 2，则__________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答). AC BD ①求直线 和 交点的轨迹方程； k k  ②是否存在实常数 ，使得 1 2恒成立； C x C C,D l l ③过点 作关于 轴的对称点 ，连结 得到直线 1，试探究：直线 1是否恒过定点. x2  y2 1 【答案】（1） 9 ；（2）答案见解析. 【分析】 a,b,c （1）由题意列出关于 的方程组解出即可得结果； 9 ty y  y  y  （2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出 1 2 4 1 2 ，再将AC 与BD的方程联立即可得 k 1 出结果；选择②与①相似，直接代入计算k 2 即可；选择③直线CD与x轴交于点M ，由对称性可知， k k 0 m CM DM ，结合韦达定理解出 即可得结果. 【详解】 2a2c64 2  （1）依题意，得 1 b2 b2 1 ，  2c  c c 2 a a 3 ac32 2  即 b2 1 ，解得 a2 9   a  3  b2 1x2  y2 1. 所以E的方程 9 3 xty （2）选择①，设直线l的方程为 2， x2  y2 1   9  联立方程 3 ，化简整理，得 ，   xty 2 4  t2 9  y2 12ty270  3t y  y    1 2 t2 9 假设 ，由韦达定理，得 27 ， y y  Cx ,y ,Dx ,y   1 2 4  t2 9  1 1 2 2  9 ty y  y  y  得 1 2 4 1 2 y y y  1 x3 y  2 x3 直线AC 的方程： x 3 ；直线 BD 的方程： x 3 ； 1 2  y y  1 x3  9  ty  y  x 1 3 x3 y x 3 x 3y   1 2   2 联立方程，得  ，两式相除，得  2  1  1 2     y  x y  2 3 x3 x3 x 2 3 y 1 x 2 3y 1    ty 2  3 2    y 1 2 9  2ty 1 y 2 9y 2  2· 4 y 1  y 2 9y 2  3y 1  y 2 6y 2  3y 1 3y 2  3 ， 2ty y 3y 9 3y  y 2y y 3y 1 2 1 2· y  y 3y 1 2 1 1 2 4 1 2 1 x3 3 即 x3 ，解得x6，所以直线AC 和BD交点的轨迹方程是直线x6. x2  y2 1   9  选择②联立方程 3 ，化简整理，得 ，   xty 2 4  t2 9  y2 12ty270 3t y  y    1 2 t2 9 假设 ，由韦达定理，得 27 ， y y  Cx ,y ,Dx ,y   1 2 4  t2 9  1 1 2 2  9 ty y  y  y  得 1 2 4 1 2  3 9 k 1  y 1  x 2 3  x 2 3y 1    ty 2  2   y 1  2ty 1 y 2 3y 1  2 4 y 1  y 2 3y 1 于是k x 3 y x 3y  9 2ty y 9y 9 2 1 2 1 2   ty 1  2   y 2 1 2 2 2 4 y 1  y 2 9y 2 3 9 3 y  y y 3y  2 1 2 2 2 1 2 1    9 27 9 3 y  y y 3y  2 1 2 2 2 1 2 1  k k 故存在实数 3，使得 1 2恒成立. Cx ,y ,Dx ,y ,Cx ,y  选择③ 1 1 2 2 1 1 ， x2  y2 1   9  联立方程，得 3 ，化简整理，得 ，   xty 2 4  t2 9  y2 12ty270  3t y  y    1 2 t2 9 由韦达定理，得 27 ， y y   1 2 4  t2 9   CD x M k k 0 直线 与 轴交于点 ，由对称性可知， CM DM ， y y 1  2 0 假设M m,0 ，即 x m x m ， 1 2 y x m y x m0 则 1 2 2 1 ， 3  3 y x m y x m x y x y my  y  ty  y  ty  y my  y      所以 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2  1 2 2  2 2 1 1 2 ， 3  27 3  3t 2ty y  m y  y 2t  m  0     1 2 2  1 2 4  t2 9  2  t2 9 9t32mt0 即 ，解得m6， CD M 6,0 所以直线 恒过定点 . 【点睛】 9 ty y  y  y  关键点点睛：得出 1 2 4 1 2 利用整体代换思想是解决①②的关键；根据对称性得出定点 M m,0 k k 0 以及 CM DM 是解决③的关键. C y2 4x O F l 63．（2021·四川高三零模（文））已知抛物线 ： ，坐标原点为 ，焦点为 ，直线 ： y kx1 ． l C k （1）若 与 只有一个公共点，求 的值； F 1 C A B  OAB （2）过点 作斜率为 的直线交抛物线 于 、 两点，求 的面积． k 1 k 0 2 2 【答案】（1） 或 ；（2） 【分析】 k 0 0 （1）与抛物线方程联立，由只有一个公共点， 或 ，由此得解； A(x ,y ) B(x ,y ) （2）求出抛物线的焦点坐标，即可得到直线方程，设 1 1 ， 2 2 ，联立直线与抛物线分分彩， 1 S  OF  y  y 消元、列出韦达定理，根据 OAB 2 1 2 求出三角形的面积； 【详解】y kx1 1  y  ky2 1 解：（1）依题意 y2 4x 消去 x 得 4 ，即ky2 4y40， k 0 ①当 时，显然方程只有一个解，满足条件； k 0 42 44k 0 k 1 ②当 时， ，解得 ， k 1 k 0 综上可得：当 或 时直线与抛物线只有一个交点； C y2 4x F1,0 A(x ,y ) B(x ,y ) （2）抛物线 ： ，所以其焦点为 ，设 1 1 ， 2 2 ， y  x1  所以直线方程为 yx1 ，则 y2 4x ，消去 x 得y2 4y40，则 y  y 4 ，y y 4 1 2 1 2 y  y  y  y 2 4y y  42 44 4 2 所以 1 2 1 2 1 2 1 1 S  OF  y  y  14 2 2 2 所以 OAB 2 1 2 2 x2 y2 C:  1a b0  2 2,0  64．（2020·辽宁高二期中）已知椭圆 a2 b2 的一个焦点坐标为 ，离心率为 2 2 . C （1）求椭圆 的方程； O A C B y 4 OAOB AB （2）设 为原点，若点 在椭圆 上，点 在直线 上，且 ，试判断直线 与圆 x2  y2 9 的位置关系，并证明你的结论. x2 y2  1 【答案】（1）16 8 ；（2）相交，证明见解析. 【分析】c2 2   c 2 e  （1）根据题意列出方程组 a 2 ，解方程组的 的值即可求解；  a2 b2 c2  a,b Ax ,y  Bt,4 x  0   x ,y ,t （2）设 0 0 ， ，且 0 ，由OAOB0可得 0 0 的关系，分类讨论直线AB的斜率 是否存在，求出原点到直线AB的距离，与半径比较大小即可求解. 【详解】 c2 2   c 2 c2 2 e   （1）由题意可得：  a 2 ，解得：a4 ， a2 b2 c2  b2 2   x2 y2  1 所以椭圆C的方程为16 8 ， Ax ,y  Bt,4 x  0 O  A  x ,y  O  B  t,4 （2）设 0 0 ， ，且 0 ，可得 0 0 ， ， 4y   t  0 因为OAOB，所以OAOBtx 4y 0，解得 x ， 0 0 0 t2  t2  x2 y2 当x 0 t时，y 0  4 ，将 A  t, 4   代入椭圆 16  8 1可得： 2  t2     t2  4  即 ，解得 ，所以 ，  1 16 8 t4 8t2 1680 t2 8 t 2 2 AB x2 2 所以直线 的方程为： ， O0,0 圆心 到直线x2 2的距离 d 2 2 3 ， AB x2  y2 9 此时直线 与圆 相交，y 4 y4 0 xt 当x 0 t时，直线AB的方程为 x 0 t ， y 4xx ty4x ty 0 即 0 0 0 0 ， O0,0 AB 此时圆心 到直线 的距离为： 4x ty d  0 0 4y y 42 x t2 ，因为 x 2 2y 2 16 ， tx 4y 0 ，t  x 0 ， 0 0 0 0 0 0 0 4y 2 322x 2 4x  0 4x  0 0 x 0 x d  0  0 所以 16y 2 16x 2 x 2  y 2  0 168y 2tx 16 0 0 0 x 0 2 0 0 x 2  16x 0 2  2 16 0 2 x 2 0 2  x 2 16  322x 2 2x 2 32 0 4x  0 0 0 x x x 0  0  0  16x 2 x 4 32x 2 162  x 2 16 2 x 2  16x 0 2  16 2 0 16 0 2x 0 0 2 0 2x 2 0 2 x 2 0 0 2  x 2 16  2x  0  0 2 2 3r ， x x 2 16 0 0 所以当 x 0 t 时，直线 AB 与圆 x2  y2 9 相交， AB x2  y2 9 综上所述：直线 与圆 相交. 【点睛】 Ax ,y  Bt,4 OAOB x ,y ,t 关键点点睛：本题解题的关键是设 0 0 ， ，根据 得出 0 0 的关系，结合点 Ax ,y  0 0 在椭圆上，计算圆心到直线的距离与半径比较大小. C y2 4x F 65．（2021·湖北武汉市·华中师大一附中高二期末）已知抛物线 ： 的焦点为 ． l y 2x1 C A B  FAB （1）直线 ： 与抛物线 交于 ， 两点，求 的面积．M x32  y2 4 P4,4 M C （2）已知圆 ： ，过抛物线上的点 作圆 的两条切线，与曲线 交于另外两 Dx ,y  Ex ,y  y  y 点分别为 1 1 ， 2 2 ，求 1 2的值． 3 16  【答案】（1） 2 ；（2） 3 ． 【分析】 （1）联立方程，结合韦达定理及面积公式即可求解； 4t1 2 （2）设过点 P 的直线方程为xty44，由直线与圆 M 相切得 1t2 ，化简结合韦达定理求 y ,y 得两根之和，两根之积，联立直线与抛物线方程得 1 2，即可得出答案. 【详解】 F1,0 Ax ,y  Bx ,y  y 2x1 y2 4x （1）抛物线的焦点为 ，设 1 1 ， 2 2 ，把 方程代入抛物线 ， 1 x x  可得4x2 8x10，∴ x x 2 ， 1 2 4， 1 2 1 d  AB  1k2 x x  5 x x 2 4x x  15 ∴ 2 1 1 2 1 1 ，点F 到直线l的距离 5 ， 1 1 1 3 S  AB d   15  ∴ △ABF 2 2 5 2 ． xty44 （2）设过点P的直线方程为 ， 4t1 2 1 2 t t  tt  由直线与圆 M 相切得 1t2 ，可得 12t2 8t30 ，则 1 2 3 ， 1 2 4 ， xty44 y2 4ty16t160 把 代入抛物线方程可得 ， y y2 4ty16t160 y 4t 4 y 4t 4 则4， 1是方程 的两根，可得 1 1 ，同理 2 2 ．2 16 y  y 4t t 84 8 则有 1 2 1 2 3 3 ． x2 y2 E:  1(a b0) 66．（2020·长沙市·湖南师大附中高二期末）设椭圆 a2 b2 的左、右焦点分别为 F 1 ( 2,0) ， F 2 ( 2,0) ，点 A(2, 3) 在椭圆E上． （1）求椭圆E的方程； F F MN （2）过点 1的直线 l 与椭圆 E 相交于 M ， N 两点，求  2 内切圆面积的最大值． x2 y2 9  =1 【答案】（1） 8 6 ；（2） 8 ． 【分析】 c 2 （1）由题意得 ， a2 b2 c2 2   4 3 方法一：由题意得 ，解方程组即可求出结论；  1  a2 b2 2a AF  AF b a2 c2 方法二：根据定义求得 1 2 ，再根据 ，可求出结论； （2）设 l 的方程为： xmy 2 ，设 M x 1 ,y 1  ， Nx 2 ,y 2  ，联立直线与椭圆方程并消元，得韦达定 F MN 4R y  y 理结论，设  2 的内切圆半径为 R ，根据三角形的面积公式可得 1 2 ，代入并化简，换元法 利用函数的单调性可求得结论． 【详解】 F( 2,0) F ( 2,0) c 2 解：（1）由已知椭圆的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，∴ ， a2 b2 c2 2  a2 8  4 3 方法一：由题意得 ，解得 ，  1  a2 b2 b2 6 x2 y2 ∴椭圆 的方程为  =1； E 8 62a AF  AF  (2 2)2 ( 3)2  (2 2)2 ( 3)2 方法二：由 1 2  94 2  94 2 4 2 ， a2 2 c 2 b 6 则 ，又 ，得 ， x2 y2 ∴椭圆 的方程为  =1； E 8 6 （2）设 l 的方程为： xmy 2 ，设 M x 1 ,y 1  ， Nx 2 ,y 2  ， xmy 2  联立x2 y2 ，消元得 ，   1  3m2 4  y2 6 2my180  8 6 0 72m2 72  3m2 4  0 mR 由 ，即 ，∴ ， 6 2m 18 y  y  y y  则 1 2 3m2 4 ， 1 2 3m2 4， 1   S  |MN | MF  NF R 4 2R 设 F 2 MN 的内切圆半径为R，则 F 2 MN 2 2 2 ， 1 S  FF  y  y  2 y  y 又 F 2 MN 2 1 2 1 2 1 2 ， 72m2 72 m2 1   12 2 即 4R y  y  y  y 2 4y y  3m2 4 2 3m2 4  3m2 4 2 1 2 1 2 1 2 m2 1 12 2 3m2 4 ， t  m2 1 t 1 令 ，则 ， 12 2t 12 2 y  y   1 2 3t2 1 1 则 3t ， t1 f(t)3t 令 t ，知 f(t)在[1,)上是单调递增函数， f(t) f(1)4 ∴ ， 12 2 3 2 y  y  3 2 R  ∴ 1 2 max 4 ，(4R) 3 2， max 4 ， max 9 S  ∴ F 2 MN 内切圆面积 max 8 ． 【点睛】 关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，解决的关键在于联立直线与椭圆的方程，利用 F MN 韦达定理表示出  2 的内切圆半径，再根据函数的单调性求出最值，从而求出结论．本题考查了学生 的数学运算能力，考查了转化与化归思想，属于中档题．